sábado, 19 de marzo de 2011

Septimo examen de entrenamiento

Problema 1.
En la figura siguiente, las circunferencias $C_1$ y $C_2$ se cortan en $A$ y $B$. Una recta por $B$ corta a $C_1$ y $C_2$ en $C$ y $D$, respectivamente; otra recta por $B$ corta a $C_1$ y $C_2$ en $E$ y $F$, respectivamente. La recta $CF$ corta a $C_1$ y $C_2$ en $P$ y $Q$, respectivamente. Sea $M$ y $N$ los puntos medios de los arcos $BP$ y $QB$ respectivamente. Muestra que si $CD=EF$ entonces $C,F,M,N$ estan sobre una misma circunferencia.


Problema 2.
Los numeros naturales $a_1 < a_2 < \dots < a_n$ tienen la propiedad de que para $1 \leq i,j \leq n$ con $i \neq j$, $a_j$ es divisible entre $a_j - a_i$. Muestra que para todo par de indices $i < j$ se tiene que, \[ i a_j \leq j a_i \] Problema 3.
Sean $a,b,c$ numeros reales positivos con $a+b+c \geq 6$. Encuentre el valor minimo de la siguiente expresion,
\[ a^2 + b^2 + c^2 + \frac{a}{b^2 +c+1} + \frac{b}{c^2 +a+1} + \frac{c}{a^2 +b+1} \]

Problema 4.
Sea $D$ un punto sobre el lado $BD$ del triangulo acutangulo $ABC$. La circunferencia de diametro $BC$ corta a las rectas $AB$ y $AD$ en $X$ y $P$, respectivamente. La circunferencia de diametro $DC$ corta a las rectas $AD$ y $AC$ en $Q$ y $Y$, respectivamente. Por el punto $A$ se trazan perpendiculares a $PX$ y $QY$ con pies de las perpendiculares $M$ y $N$, respectivamente. Muestra que los triangulos $AMN$ y $ABC$ son semejantes si y solo si la recta $AD$ pasa por el circuncentro de $ABC$.

1 comentario:

  1. Solucion del 1:

    Potencia de punto desde C y F:
    $FP \cdot FC = FE \cdot FB$
    $CQ \cdot CF = CB \cdot CD$

    De ahi sacamos
    $\frac{FC}{FE} = \frac{FB}{FP}$
    $\frac{CF}{CD} = \frac{CB}{CQ}$

    Como $FE=CD$
    $\frac{FB}{FP} = \frac{CB}{CQ}$
    Entonces
    $\frac{FB}{BC} = \frac{FP}{CQ}$



    Ahora vemos que $CM$ y $FN$ son bisectrices en el $\triangle CFB$. Entonces sea $I$ el incentro.

    Ahora sea $K$ la interseccion de $AB$ con $CF$.
    Como $K$ esta en el eje radical por potencia de punto
    $KP \cdot KC = KQ \cdot KF$
    $\frac{KC}{KF} = \frac{KQ}{KP}$

    Y como se cumple esta razon
    $\frac{KC}{KF} = \frac{KQ}{KP} = \frac{KC-KQ}{KF-KP} = \frac{CQ}{PF}$

    Teniamos que
    $\frac{FB}{BC} = \frac{FP}{CQ}$
    $\frac{BC}{FB} = \frac{CQ}{FP}$

    Entonces
    $\frac{KC}{KF} = \frac{BC}{FB}$
    que es la razon del teorema de la bisectriz, por lo tanto $BK$ es bisectriz y pasa por $I$.

    Entonces $I$ esta en el eje radical $AB$ y por potencia de punto
    $IM \cdot IC = IN \cdot IF$
    Por lo tanto $CNMF$ es ciclico.

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